講義ノート

応用解析・第 2 回
求積法
2
dy
= ay
dx
y(x0 ) = y0
(1)
(2)
という問題を解いた。(1) を満たす関数は
y(x) = Ceax ,
で、さらに (2) を満たす関数は
y(x) = y0 ea(x−x0 )
C∈R
であることがわかった。
...
C のこと
...
この C を含んだ解全体（無限個の解）
...
C を定めた（一つの）解
...
一般解に含まれる積分定数をどのように選んでも表現できない解
注： m 階の常微分方程式の場合、
回積分して解くので、m 個の積分定数が出てきて、それを定めるのに
個の条件が必要になる。
以下は、次の常微分方程式の解き方（求積法）を学ぶ：
• 変数分離形
• 同次形
• 1 階線形
• 2 階線形（定数係数）
2.1
変数分離形 (separation of variables)
dy
= f (x)g(y)
dx
次のように解く。
1 dy
g(y) dx
dG(y(x))
dx
= f (x)
(g(y) 6= 0 のとき)
= f (x)
(関数 1/g の原始関数を G(y) =
∫
最後に、g(y) 6= 0 と仮定したことによりのぞかれた解がないか調べる。
1
1/g(y) dy とおいた)
例. バクテリアの増殖をより正確に表すロジスティック方程式を解く。
dy
= (a − by)y
dx
y 6= a/b と y 6= 0 のとき、以下の式は同値である。
dy
1
=
(a − by)y dx
(
)
1 1
b
dy
−
=
a y by − a dx
∫
∫
)
b
1( 1
dy −
dy
=
a
y
by − a
)
1(
log |y| − log |by − a| =
a
y =
log by − a y
=
by − a
y(1 − bC 00 eax ) =
y(x) =
• y 6= 0 の仮定について：（* 変数を分離する）
1
1
∫
（* それぞれの辺を積分する） dx
x+C
ax + C 0
（* 変形する）
0
0
±eax+C = ±eC eax = C 00 eax
−aC 00 eax
aC 00
,
00
bC − e−ax
(C 00 ∈ R, C 00 6= 0)
C 00 6= 0
00
という定数関数が方程式をみたす。この解は、上式において C =
とおけば実現される。
00
という定数関数が方程式をみたす。この解は C →
• y 6= a/b の仮定について：同様に、
とすれば実現される。
時刻 x = 0 でバクテリアの量は y(0) = y0 だったとする。この初期条件を用いて、一般解の中の積分定数 C 00 を
定め、特殊解を求めることができる。つまり、
一般解に代入すれば、
y(x) =
a
b + ( ya0 − b)e−ax
という解を得る。
シンプルなモデル du/dt = au の解と比べるために、それぞれのモデルの解のグラフを描いてみるとよい。
2
2.2
同次形 (homogeneous)
(y)
dy
=f
dx
x
解き方：
1. 新しい未知関数を
z(x) = により導入する。
2. z が満たす微分方程式を導く。 y(x) = z(x) · x であるから、
y 0 (x)
z0
z 0 (x) · x + z(x) = f (z(x))
f (z) − z
=
x
=
3. 得られた方程式を z について解く（変数分離形になっているので解ける）。
4. z(x) に y(x)/x を戻し、y(x) を x を用いて表す。
5. ステップ 3. で方程式を解くときに f (z) − z で割るので、f (z) − z = 0 の根に関係する解を調べる。つまり、
ζ が f (z) − z = 0 の根ならば、 y(x) = も解であることに注意する。
例.
y0 =
( y )2
x
+
2y
x
1. y = xz とおく
2. y 0 = z + xz 0 なので、z に対する方程式は
z + xz 0 = z 2 + 2z
⇒
z0 =
z2 + z
x
3. 得られた方程式を z について解く
z
= C 0x
z+1
(C 0 = ±eC , C 0 ∈ R, C 0 6= 0)
4. z を y/x で置き換え、さらに書き直せば、
y/x
= C 0x
y/x + 1
⇒
y(x) =
C 0 x2
1 − C 0x
5. f (z) − z = z 2 − z = 0 を満たすのは z = 0 と z = −1 であり、これはそれぞれ y(x) = 0 と y(x) = −x とい
う解に対応しているが、これらは一般解で C 0 = 0, C 0 = ∞ とおいて得られる特殊解である。
3

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